高考数学二轮总复习题型专项集训题型练6大题专项（四）理

题型练6大题专项(四)立体几何综合问题1.如图,已知四棱台ABCDA1B1C1D1的上、下底面分别是边长为3和6的正方形.A1A=6,且A1A⊥底面ABCD.点P,Q分别在棱DD1,BC上.(1)若P是DD1的中点,证明AB1⊥PQ;(2)若PQ∥平面ABB1A1,二面角PQDA的余弦值为37,求四面体ADPQ的体积2.《九章算术》是我国古代数学名著,它在几何学中的研究比西方早1000多年.在《九章算术》中,将底面为直角三角形,且侧棱垂直于底面的三棱柱称为堑堵;阳马指底面为矩形,一侧棱垂直于底面的四棱锥,鳖臑指四个面均为直角三角形的四面体.如图,在堑堵ABCA1B1C1中,AB⊥AC.(1)求证:四棱锥BA1ACC1为阳马;(2)若C1C=BC=2,当鳖臑C1ABC体积最大时,求二面角CA1BC1的余弦值.3.在正六棱柱ABCDEFA1B1C1D1E1F1中,AA1=2AB=2.求:(1)BC到平面ADC1B1的距离;(2)二面角B1ADE1的余弦值.4.在如图所示的组合体中,ABCDA1B1C1D1是一个长方体,PABCD是一个四棱锥.AB=2,BC=3,点P∈平面CC1D1D,且PD=PC=2.(1)证明PD⊥平面PBC;(2)求PA与平面ABCD所成角的正切值;(3)当AA1的长为何值时,PC∥平面AB1D?5.(2022广西4月大联考)如图,四棱锥PABCD的底面为直角梯形,AD⊥CD,AD∥BC,PD⊥平面ABCD,E为PB的中点,PC与平面ADE交于点F,BC=CD=PD=2AD=2.(1)求证:F为PC的中点;(2)若M为棱PD上一点,且直线PA与平面EFM所成角的正弦值为45,求PMPD6.(2022广西柳州二模)如图①,四边形ABCD是边长为2的正方形,△ABE和△BCF均为正三角形,现将△ACD,△ABE和△BCF折起,使点D,E,F重合于点P,得到三棱锥PABC(如图②).图①图②(1)求证:平面PAC⊥平面ABC;(2)若点M在棱PA上运动,当直线BM与平面PAC所成的角最大时,求二面角PBCM的余弦值.

题型练6大题专项(四)立体几何综合问题1.解由题设知,AA1,AB,AD两两垂直,以A为坐标原点,AB,AD,AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则相关各点的坐标为A(0,0,0),B1(3,0,6),D(0,6,0),D1(0,3,6),Q(6,m,0),其中m=BQ,0≤m≤6.(1)证明:若P是DD1的中点,则P0又AB1=(3,0,6),于是AB1所以AB1⊥PQ,即AB(2)由题设知,DQ=(6,m6,0),DD1=(0,3,6)是平面PQD设n1=(x,y,z)是平面PQD的法向量,则n取y=6,得n1=(6m,6,3)为平面PQD的一个法向量.又平面AQD的一个法向量是n2=(0,0,1),所以cos<n1,n2>=n=31而二面角PQDA的余弦值为37因此3(6-m)2+45=设DP=λDD1(0≤λ≤1),而DD1=(0,3,6),由此得点P(0,63λ,6λ),所以PQ=(6,3因为PQ∥平面ABB1A1,且平面ABB1A1的一个法向量是n3=(0,1,0),所以PQ·n3=0,即3λ2=0,亦即λ=23,从而P于是,将四面体ADPQ视为以△ADQ为底面的三棱锥PADQ,则其高h=4.故四面体ADPQ的体积V=13S△ADQ·h=13×12×6×2.(1)证明∵A1A⊥平面ABC,AB⊂平面ABC,∴A1A⊥AB.又AB⊥AC,A1A∩AC=A,∴AB⊥平面ACC1A1.又四边形ACC1A1为矩形,∴四棱锥BA1ACC1为阳马.(2)解∵AB⊥AC,BC=2,∴AB2+AC2=4.又C1C⊥底面ABC,且C1C=2,∴VC1-ABC=13·C1C·12AB·∵AB⊥AC,A1A⊥底面ABC,∴以A为原点,建立空间直角坐标系如图所示,则B(2,0,0),C(0,2,0),A1(0,0,2),C1(0,2,2),∴A1B=(2,0,2),BC=(2,2,0),A设平面A1BC的法向量为n1=(x,y,z),由n令x=2,则y=2,z=1,故n1=(2,2,1)为平面A1BC同理,平面A1BC1的一个法向量为n2=(2,0,1).∴cos<n1,n2>=n由图可知,二面角CA1BC1的平面角为锐角.故二面角CA1BC1的余弦值为153.解(1)连接AE,因为六边形ABCDEF为正六边形,所以∠AFE=∠DEF=120°,AF=EF,所以∠AEF=30°,故∠AED=90°.因为EE1⊥底面ABCDEF,不妨以点E为坐标原点,EA,ED,EE1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,如图所示.则A(3,0,0),B(3,1,0),D(0,1,0),B1(3,1,2),E1(0,0,2).在正六棱柱ABCDEFA1B1C1D1E1F1中,BB1∥CC1且BB1=CC1,所以四边形BB1C1C为平行四边形,则BC∥B1C1.因为BC⊄平面ADC1B1,B1C1⊂平面ADC1B1,所以BC∥平面ADC1B1,所以BC到平面ADC1B1的距离等于点B到平面ADC1B1的距离.设平面ADC1B1的法向量为m=(x1,y1,z1).因为AD=(3,1,0),AB1所以m取y1=23,则m=(2,23,3)为平面ADC1B1的一个法向量,又AB=(0,1,0),所以直线BC到平面ADC1B1的距离d=|(2)设平面ADE1的法向量为n=(x2,y2,z2),因为AD=(3,1,0),DE1所以n·AD=-3x2+y2=0,n·D所以cos<m,n>=m由图可知,二面角B1ADE1为锐二面角,所以二面角B1ADE1的余弦值为134.(1)证明如图,建立空间直角坐标系.设棱长AA1=a,则点D(0,0,a),P(0,1,a+1),B(3,2,a),C(0,2,a).于是PD=(0,1,1),PB=(3,1,1),PC=(0,1,1),所以PD·PB=0,PD·PC=0.所以PD⊥PB,所以PD垂直于平面PBC内的两条相交直线PC和PB,由线面垂直的判定定理,得PD⊥平面PBC.(2)解因为点A(3,0,a),PA=(3,1,1),而平面ABCD的一个法向量为n1=(0,0,1),所以cos<PA,n1>=-111所以PA与平面ABCD所成角的正弦值为11所以PA与平面ABCD所成角的正切值为10(3)解因为点D(0,0,a),B1(3,2,0),A(3,0,a),所以DA=(3,0,0),AB1=(0,2,a设平面AB1D的法向量为n2=(x,y,z),则有DA·n2=3x=0,AB1·n2=2若要使得PC∥平面AB1D,则要PC⊥n2即PC·n2=a2=0,解得a=2所以当AA1=2时,PC∥平面AB1D.5.(1)证明因为AD∥BC,AD⊄平面PBC,BC⊂平面PBC,所以AD∥平面PBC.又AD⊂平面ADE,平面ADE∩平面PBC=EF,所以AD∥EF.所以BC∥EF.又E为PB的中点,所以F为PC的中点.(2)解因为PD⊥平面ABCD,所以PD⊥AD,PD⊥CD.又AD⊥CD,所以AD,CD,PD两两互相垂直.如图,以D为原点,DA,DC,DP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,则点A(1,0,0),D(0,0,0),P(0,0,2),E(1,1,1),F(0,1,1),所以EF=(1,0,0),PD=(0,0,2),EP=(1,1,1),PA=(1,0,2).设PM=λPD=(0,0,2λ),0≤λ≤1,所以EM=EP+PM设平面EFM的法向量为n=(x,y,z),则n·EF=0,n·EM=0,即-x=0,-x-设直线PA与平面EFM所成的角为θ,则sinθ=|cos<n,PA>|=|n解得λ=14或λ=346.(1)证明如图,取AC的中点O,连接OB,OP.由题意,可知PA=PB=PC=2,OP=OB=1.在△PAC中,因为PA=PC,O为AC的中点,所以OP⊥AC.因为OP2+OB2=PB2,所以OP⊥OB.又AC∩OB=O,AC⊂平面ABC,OB⊂平面ABC,所以OP⊥平面ABC.又OP⊂平面PAC,所以平面PAC⊥平面ABC.(2)解依题意,AB=BC,又O为AC的中点,所以OB⊥AC.又由(1)知OP⊥AC,OP⊥OB,所以OC,OB,OP两两互相垂直.如图,以O为原点,OC,OB,OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,则点O(0,0,0),B(0,1,0),P(0,0,1),C(1,0,0),A(1,0,0),所以PA=(1,0,1),OP=(0,0,1),BC=(1,1,0),PC=(1,0,1).设PM=λPA=(λ,0,λ),则OM=OP+PM=(连接OM,BM,由题意可知OB⊥平面PAC,则∠OMB为直线BM与平面PAC所成的角,所以tan∠OMB=OBOM当∠OMB最大时,tan∠O